Deux siècles d'énergie électrique : conversion et transport

Induction et alternateur, effet photovoltaïque, conversion et rendement, transport de l'électricité (effet Joule, haute tension, graphe du réseau et optimisation) (programme d'enseignement scientifique de Terminale)

À propos de cette page

Ces exercices corrigés sur « Deux siècles d'énergie électrique : conversion et transport » en terminale permettent de s'entraîner et de vérifier ses acquis en . Ils suivent le programme officiel de terminale et sont classés par difficulté (facile, moyen, difficile). Au programme : L'essentiel, Deux siècles d'énergie électrique : de la pile à l'alternateur, L'effet photovoltaïque et la cellule, Conversion de l'énergie électrique : chaînes et rendement. Chaque exercice est suivi d'une correction rédigée, à déplier une fois la recherche faite au brouillon. Cet entraînement aide à mémoriser les méthodes, repérer ses erreurs et gagner en confiance avant un contrôle. Exercices gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour réviser en terminale.

Exercices corrigés, classés du plus simple au plus complexe. Cherche d'abord seul au brouillon, puis déplie la correction détaillée pour vérifier ta méthode et tes raisonnements.

Exercice 1 — Rendement d'un alternateur de barrage

Facile

L'alternateur d'une centrale hydraulique reçoit de la turbine une puissance mécanique de 42,0 MW et fournit au réseau une puissance électrique de 41,2 MW.

a) Écrire la chaîne énergétique de l'alternateur : forme d'énergie reçue, forme utile, forme perdue.
b) Calculer le rendement de l'alternateur.
c) Calculer la puissance perdue et préciser sous quelle forme elle est dissipée.
d) Calculer l'énergie électrique fournie en 6 h de fonctionnement, en MWh puis en joules.

a) L'alternateur reçoit de l'énergie mécanique (rotation de l'arbre de la turbine), fournit de l'énergie électrique et perd de l'énergie thermique (frottements, effet Joule dans les bobinages).

b) $η = \frac{P_{utile}}{P_{reçue}} = \frac{41, 2}{42, 0} \approx 0, 981$ , soit η ≈ 98,1 %.

c) $P_{perdue} = 42, 0 - 41, 2 = 0, 8$ MW, soit 800 kW, dissipés sous forme de chaleur (échauffement de la machine, évacué par le refroidissement).

d) $E = P \times Δ t = 41, 2 \times 6 =$ 247,2 MWh. En joules, avec P en W et Δt en s : $E = 41, 2 \times 10^{6} \times 6 \times 3600 \approx$ 8,90 × 10¹¹ J.

Exercice 2 — L'expérience de Faraday revisitée

Facile

Une bobine est reliée à un voltmètre à zéro central, dont l'aiguille peut dévier des deux côtés. On réalise successivement les expériences suivantes avec un aimant droit.

a) L'aimant est immobile, son pôle nord placé à l'intérieur de la bobine. Qu'indique le voltmètre ? Justifier.
b) On approche rapidement l'aimant de la bobine, puis on l'éloigne. Décrire les indications du voltmètre.
c) On refait la même expérience en déplaçant l'aimant beaucoup plus lentement. Qu'est-ce qui change ?
d) On maintient l'aimant fixe et on déplace la bobine. Observe-t-on une tension ? Quelle conclusion générale en tirer, et comment est-elle mise à profit dans un alternateur ?

a) Le voltmètre indique 0 V. L'aimant immobile crée dans la bobine un champ magnétique constant ; or l'induction n'apparaît que si ce champ varie.

b) Pendant l'approche, le champ dans la bobine augmente : l'aiguille dévie d'un côté. Pendant l'éloignement, il diminue : l'aiguille dévie de l'autre côté. La tension induite change de signe ; entre les deux mouvements, elle est nulle.

c) Le champ varie plus lentement : la tension induite est plus faible en valeur, mais dure plus longtemps. Plus la variation est rapide, plus la tension est grande.

d) Oui : on observe les mêmes effets. Ce qui compte est le mouvement relatif de l'aimant et de la bobine, c'est-à-dire la variation du champ magnétique à travers la bobine. Dans un alternateur, l'aimant (rotor) tourne devant des bobines fixes (stator) : le champ s'y inverse à chaque demi-tour, d'où une tension alternative.

Exercice 3 — Pertes dans une rallonge

Facile

Un radiateur électrique est branché au bout d'une longue rallonge dont les deux fils ont une résistance totale de 0,45 Ω. Il est parcouru par un courant d'intensité 14 A et on admet qu'il est soumis à la tension de 230 V.

a) Calculer la puissance électrique reçue par le radiateur.
b) Calculer la puissance dissipée par effet Joule dans la rallonge.
c) Exprimer cette perte en pourcentage de la puissance reçue par le radiateur.
d) Calculer l'énergie perdue dans la rallonge en 3 h de chauffage, en kWh puis en joules.

a) $P = U \times I = 230 \times 14 =$ 3 220 W, soit environ 3,2 kW.

b) $P_{J} = R \times I^{2} = 0, 45 \times 14^{2} = 0, 45 \times 196 =$ 88,2 W.

c) $\frac{P_{J}}{P} = \frac{88, 2}{3220} \approx 0, 027$ , soit environ 2,7 %. La rallonge chauffe : c'est l'effet Joule.

d) $E = P_{J} \times Δ t = 88, 2 \times 3 = 264, 6$ Wh, soit 0,26 kWh environ. En joules : $E = 88, 2 \times 3 \times 3600 \approx$ 9,5 × 10⁵ J.

Exercice 4 — Quels photons une cellule en arséniure de gallium absorbe-t-elle ?

Moyen

L'arséniure de gallium (GaAs), utilisé dans les cellules des satellites, a une énergie de gap E_g = 1,42 eV. Données : h = 6,63 × 10⁻³⁴ J·s ; c = 3,00 × 10⁸ m/s ; 1 eV = 1,60 × 10⁻¹⁹ J ; le visible s'étend d'environ 400 nm à 800 nm.

a) Convertir l'énergie de gap en joules.
b) Calculer la longueur d'onde maximale des photons absorbés et situer ce rayonnement dans le spectre.
c) Un photon rouge de longueur d'onde 650 nm est-il absorbé ? Que devient l'énergie qu'il apporte au-delà du gap ?
d) Un photon infrarouge de longueur d'onde 1,30 µm est-il absorbé ?
e) Expliquer pourquoi le rendement d'une telle cellule éclairée par le Soleil ne peut pas approcher 100 %.

a) $E_{g} = 1, 42 \times 1, 60 \times 10^{- 19} \approx$ 2,27 × 10⁻¹⁹ J.

b) Un photon est absorbé si $\frac{h c}{λ} \geq E_{g}$ , soit $λ \leq λ_{m a x} = \frac{h c}{E_{g}} = \frac{6, 63 \times 10^{- 34} \times 3, 00 \times 10^{8}}{2, 27 \times 10^{- 19}} \approx 8, 75 \times 10^{- 7}$ m, soit λ_max ≈ 875 nm. C'est juste au-delà du rouge : le proche infrarouge.

c) $E = \frac{h c}{λ} = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{6, 50 \times 10^{- 7}} \approx 3, 06 \times 10^{- 19}$ J ≈ 1,91 eV. Comme 1,91 eV ≥ 1,42 eV (ou 650 nm ≤ 875 nm), le photon est absorbé. L'excédent, 1,91 − 1,42 ≈ 0,49 eV, est perdu sous forme de chaleur dans la cellule.

d) 1,30 µm = 1 300 nm > 875 nm : $E = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{1, 30 \times 10^{- 6}} \approx 1, 53 \times 10^{- 19}$ J ≈ 0,96 eV < 1,42 eV. Le photon n'est pas absorbé : il traverse la cellule sans produire de courant.

e) Le rayonnement solaire contient de nombreux photons infrarouges de λ > 875 nm, qui ne sont pas absorbés ; et les photons absorbés perdent leur énergie excédentaire en chaleur. Une part importante de l'énergie lumineuse n'est donc jamais convertie en énergie électrique.

Exercice 5 — Exploiter une caractéristique mesurée

Moyen

Une cellule photovoltaïque de surface 25 cm² reçoit un éclairement de 760 W/m². On la relie à une résistance variable et on relève :

U (V)	0	0,20	0,35	0,42	0,46	0,49	0,52	0,55
I (mA)	410	405	398	385	362	318	214	0

a) Donner l'intensité de court-circuit et la tension à vide de la cellule.
b) Calculer la puissance électrique fournie pour chaque mesure.
c) En déduire la puissance maximale et le point de fonctionnement correspondant.
d) Calculer le rendement de la cellule.
e) Quelle résistance faut-il brancher aux bornes de la cellule pour qu'elle fournisse sa puissance maximale ?

a) Pour U = 0, I_cc = 410 mA ; pour I = 0, U_co = 0,55 V.

b) Avec $P = U \times I$ (I en A) : 0 ; 0,20 × 0,405 = 81,0 mW ; 0,35 × 0,398 ≈ 139 mW ; 0,42 × 0,385 ≈ 162 mW ; 0,46 × 0,362 ≈ 167 mW ; 0,49 × 0,318 ≈ 156 mW ; 0,52 × 0,214 ≈ 111 mW ; 0.

c) La puissance croît puis décroît ; elle est maximale au coude de la caractéristique : P_max ≈ 167 mW pour U ≈ 0,46 V et I ≈ 362 mA.

d) Surface : 25 cm² = 25 × 10⁻⁴ m². Puissance lumineuse reçue : $P_{lum} = 760 \times 25 \times 10^{- 4} = 1, 90$ W. Rendement : $η = \frac{0, 167}{1, 90} \approx 0, 088$ , soit η ≈ 8,8 % (cellule de démonstration, moins performante qu'un module commercial).

e) Au point de puissance maximale, la loi d'Ohm donne $R = \frac{U}{I} = \frac{0, 46}{0, 362} \approx$ 1,3 Ω. Une résistance plus grande rapprocherait le point de U_co ; une plus petite, de I_cc : dans les deux cas, la puissance diminuerait.

Exercice 6 — Rendement global d'une éolienne

Moyen

Dans une éolienne, le rotor (les pales) capte 45 % de la puissance du vent ; un multiplicateur de vitesse de rendement 96 % entraîne un alternateur de rendement 94 % ; enfin, un convertisseur électronique de rendement 97 % adapte le courant au réseau.

a) Écrire la chaîne énergétique de l'éolienne en nommant la forme d'énergie entre chaque convertisseur.
b) Calculer le rendement global de l'éolienne.
c) Le vent apporte au rotor une puissance de 5,2 MW. Calculer la puissance électrique injectée dans le réseau.
d) Montrer que le rendement global est inférieur au plus petit des rendements de la chaîne, et que ce résultat vaut pour toute chaîne de conversion.

a) Vent (énergie mécanique de l'air) → rotor → énergie mécanique (rotation lente) → multiplicateur → énergie mécanique (rotation rapide) → alternateur → énergie électrique → convertisseur → énergie électrique adaptée au réseau. À chaque étape, une partie est perdue, surtout en chaleur ; au rotor, la part non captée reste dans le vent.

b) La puissance utile de chaque étape est reçue par la suivante, donc les rendements se multiplient : $η = 0, 45 \times 0, 96 \times 0, 94 \times 0, 97 \approx 0, 394$ , soit η ≈ 39,4 %.

c) $P_{él} = η \times P_{vent} = 0, 394 \times 5, 2 \approx$ 2,05 MW.

d) Ici, $η = 0, 45 \times (0, 96 \times 0, 94 \times 0, 97)$ et le produit entre parenthèses vaut environ 0,875 < 1, donc $\eta < 0{,}45$. En général, $\eta = \eta_1 \times \eta_2 \times \dots \times \eta_n$ où chaque facteur est compris entre 0 et 1 : multiplier un nombre positif par un facteur inférieur ou égal à 1 ne peut que le diminuer. Donc le rendement global est inférieur ou égal au plus petit rendement de la chaîne (et strictement inférieur dès qu'une autre étape a un rendement inférieur à 1).

Exercice 7 — Pourquoi 400 kV plutôt que 90 kV ?

Moyen

Une ligne de résistance totale R = 9,2 Ω doit acheminer une puissance P = 480 MW vers une agglomération.

a) Calculer l'intensité du courant si la ligne est exploitée sous 400 kV.
b) Calculer la puissance perdue par effet Joule et la fraction de P qu'elle représente.
c) Montrer que les pertes relatives s'écrivent $\frac{P_{J}}{P} = \frac{R P}{U^{2}}$ .
d) Calculer la fraction perdue si la même puissance était transportée sous 90 kV. Conclure.
e) Donner deux raisons pour lesquelles on ne transporte pas l'électricité sous des tensions encore bien plus élevées.

a) $I = \frac{P}{U} = \frac{480 \times 10^{6}}{400 \times 10^{3}} =$ 1 200 A.

b) $P_{J} = R I^{2} = 9, 2 \times 1200^{2} = 9, 2 \times 1, 44 \times 10^{6} \approx 1, 32 \times 10^{7}$ W, soit 13,2 MW. Fraction : $\frac{13, 2}{480} \approx$ 2,8 %.

c) $P = U I$ donne $I = \frac{P}{U}$ , d'où $P_{J} = R I^{2} = \frac{R P^{2}}{U^{2}}$ . En divisant par P : $\frac{P_{J}}{P} = \frac{R P}{U^{2}}$ . Vérification : $\frac{9, 2 \times 480 \times 10^{6}}{(400 \times 10^{3})^{2}} \approx 0, 028$ .

d) $\frac{P_{J}}{P} = \frac{9, 2 \times 480 \times 10^{6}}{(90 \times 10^{3})^{2}} = \frac{4, 416 \times 10^{9}}{8, 1 \times 10^{9}} \approx 0, 545$ : plus de la moitié de la puissance serait perdue (avec I ≈ 5 300 A, intensité qu'aucun câble courant ne supporterait). Les pertes sont multipliées par $(400 / 90)^{2} \approx 20$ : transporter de fortes puissances sur de longues distances impose la très haute tension.

e) Au-delà, l'isolement devient très difficile (risque d'arcs électriques, pylônes plus hauts et plus espacés), et les transformateurs et équipements deviennent beaucoup plus coûteux ; le gain sur les pertes ne compense plus ces coûts.

Exercice 8 — Une centrale au fil de l'eau

Difficile

Document 1 — La chute d'eau. Sur un fleuve, un barrage de faible hauteur crée une chute de hauteur h = 14,5 m. Les turbines sont traversées par un débit Q = 320 m³/s. La puissance hydraulique disponible s'écrit $P_{h} = ρ g Q h$ , avec ρ = 1 000 kg/m³ et g = 9,81 N/kg.

Document 2 — Le groupe turbine-alternateur.

Grandeur	Valeur
Rendement de la turbine	91 %
Rendement de l'alternateur	97,5 %
Nombre de paires de pôles du rotor	32
Fréquence du réseau	50 Hz
Relation entre la fréquence f, le nombre de paires de pôles p et la vitesse de rotation n (en tr/s)	f = p × n
Puissance moyenne sur l'année, rapportée à la puissance maximale	62 %

1. Montrer que la puissance hydraulique disponible vaut environ 45,5 MW.
2. Représenter la chaîne énergétique de l'installation, de l'eau jusqu'au réseau, en précisant les formes d'énergie.
3. Calculer la puissance électrique maximale fournie au réseau.
4. Calculer la vitesse de rotation du rotor en tours par minute. Expliquer pourquoi cet alternateur possède beaucoup plus de paires de pôles que celui d'une centrale thermique, qui n'en compte qu'une ou deux.
5. Expliquer, avec le vocabulaire du cours, où et pourquoi la tension apparaît dans l'alternateur.
6. Estimer l'énergie électrique produite en un an (365 jours), en GWh.

1. $P_{h} = ρ g Q h = 1000 \times 9, 81 \times 320 \times 14, 5 = 45 518 400$ W, soit P_h ≈ 45,5 MW.

2. Eau en mouvement (énergie mécanique) → turbine → énergie mécanique de rotation → alternateur → énergie électrique → réseau. Pertes à chaque étape, surtout sous forme de chaleur (frottements, remous, effet Joule dans les bobinages).

3. Rendement global : $η = 0, 91 \times 0, 975 \approx 0, 887$ . Puissance électrique : $P_{él} = 0, 887 \times 45, 52 \approx$ 40,4 MW.

4. $n = \frac{f}{p} = \frac{50}{32} \approx 1, 56$ tr/s, soit $1, 5625 \times 60 \approx$ 94 tr/min. Une turbine de basse chute tourne lentement ; pour obtenir quand même 50 Hz, il faut beaucoup de paires de pôles. Une turbine à vapeur tourne très vite : une ou deux paires suffisent.

5. Le rotor, entraîné par la turbine, porte des électroaimants qui créent un champ magnétique tournant. Les bobines fixes du stator sont traversées par un champ qui s'inverse périodiquement : cette variation y fait naître une tension par induction électromagnétique, qui est donc alternative.

6. Puissance moyenne : $0, 62 \times 40, 39 \approx 25, 0$ MW. Durée : 365 × 24 = 8 760 h. $E \approx 25, 0 \times 8760 \approx 2, 19 \times 10^{5}$ MWh, soit E ≈ 219 GWh par an.

Exercice 9 — Des panneaux sur un toit

Difficile

Document 1 — Fiche technique d'un panneau.

Grandeur	Valeur
Puissance maximale (conditions standard : 1 000 W/m², 25 °C)	365 W
Dimensions	1,76 m × 1,05 m
Tension à vide U_co	40,8 V
Intensité de court-circuit I_cc	11,3 A
Tension au point de puissance maximale	34,1 V
Intensité au point de puissance maximale	10,7 A
Variation de la puissance maximale au-dessus de 25 °C	−0,35 % par °C

Document 2 — L'installation. 12 panneaux identiques. Irradiation annuelle reçue par le plan des panneaux : 1 650 kWh par m². Les pertes réelles (échauffement, onduleur, câbles) ramènent la production à 82 % de la valeur calculée avec le rendement de la fiche technique.

1. Vérifier que la puissance maximale annoncée est cohérente avec les autres données électriques.
2. Calculer le rendement du panneau dans les conditions standard.
3. Un élève affirme que le panneau peut fournir $U_{c o} \times I_{c c}$ . Calculer cette valeur et expliquer son erreur à l'aide de l'allure de la caractéristique I(U).
4. Un jour d'été, les cellules atteignent 58 °C sous 1 000 W/m². Calculer la puissance maximale du panneau.
5. Estimer la production électrique annuelle de l'installation.
6. Montrer que le rendement global annuel de l'installation est d'environ 16 %.

1. Au point de puissance maximale : $P = U \times I = 34, 1 \times 10, 7 \approx 364, 9$ W ≈ 365 W : la valeur annoncée est cohérente.

2. Surface : $S = 1, 76 \times 1, 05 = 1, 848$ m². Puissance lumineuse : $1000 \times 1, 848 = 1848$ W. Rendement : $η = \frac{365}{1848} \approx$ 0,198, soit 19,8 %.

3. $U_{c o} \times I_{c c} = 40, 8 \times 11, 3 \approx 461$ W, valeur supérieure à 365 W. Erreur : ces deux valeurs ne sont jamais atteintes simultanément. Sur la caractéristique, en $U_{c o}$ le courant est nul, et en $I_{c c}$ la tension est nulle : la puissance y vaut 0. Le maximum de $U \times I$ se situe au coude de la courbe, où U et I sont tous deux un peu inférieurs à leurs valeurs extrêmes.

4. Écart à 25 °C : 58 − 25 = 33 °C. Baisse : 33 × 0,35 = 11,55 %. $P_{m a x} = 365 \times (1 - 0, 1155) \approx$ 323 W. La chaleur dégrade le fonctionnement des cellules.

5. Énergie lumineuse reçue : $12 \times 1, 848 \times 1650 \approx 36 590$ kWh. Production théorique (avec le rendement non arrondi) : $\frac{365}{1848} \times 36 590 \approx 7 230$ kWh. Production réelle : $0, 82 \times 7 230 \approx$ 5 930 kWh, soit environ 5,9 MWh par an.

6. Rendement global : $\frac{5930}{36 590} \approx 0, 162$ , soit environ 16 %. Autre écriture : $0, 198 \times 0, 82 \approx 0, 162$ , ce qui confirme que les rendements successifs se multiplient.

Exercice 10 — Répartir la production entre deux centrales

Difficile

Document 1 — Le réseau. Il est modélisé par un graphe orienté : deux sources S₁ et S₂, un poste N et une cible C (une agglomération). Arcs : S₁ → N (résistance R₁ = 1,5 Ω), S₂ → N (R₂ = 3,0 Ω), N → C (R₃ = 0,7 Ω). La cible demande une intensité de 1 050 A. La source S₁ ne peut pas fournir plus de 600 A ; la source S₂, pas plus de 650 A.

Document 2 — Pertes totales calculées au tableur (I₁ : intensité fournie par S₁).

I₁ (A)	400	500	550	600	650	700
P_J (kW)	2 279,25	2 054,25	1 975,5	1 919,25	1 885,5	1 874,25

1. Identifier les sources, le nœud intermédiaire et la cible, puis écrire la loi des nœuds en N et la condition imposée par la cible.
2. Montrer que les pertes totales s'écrivent $P_{J} = 4, 5 I_{1}^{2} - 6300 I_{1} + 4 079 250$ (en W).
3. Traduire les limites de production des deux sources par un intervalle de valeurs possibles pour I₁.
4. Déterminer la valeur de I₁ qui rendrait les pertes minimales si les sources n'avaient pas de limite. Cette valeur est-elle acceptable ?
5. Un élève lit le document 2 et retient I₁ = 700 A, « car c'est là que les pertes sont les plus faibles ». Expliquer son erreur, puis déterminer la répartition optimale et les pertes correspondantes.
6. Calculer le supplément de pertes dû à la limite de production de S₁.

1. Sources : S₁ et S₂ ; nœud intermédiaire : N ; cible : C. La cible impose $I_{3} = 1050$ A sur l'arc N → C. Loi des nœuds en N : $I_{1} + I_{2} = I_{3} = 1050$ A.

2. Avec $I_{2} = 1050 - I_{1}$ : $P_{J} = 1, 5 I_{1}^{2} + 3, 0 (1050 - I_{1})^{2} + 0, 7 \times 1050^{2}$ . Or $3, 0 (1050 - I_{1})^{2} = 3 I_{1}^{2} - 6300 I_{1} + 3 307 500$ et $0, 7 \times 1050^{2} = 771 750$ . D'où $P_{J} = 4, 5 I_{1}^{2} - 6300 I_{1} + 4 079 250$ . Les pertes sur N → C (771,75 kW) ne dépendent pas de la répartition.

3. $I_{1} \leq 600$ A ; et $I_{2} = 1050 - I_{1} \leq 650$ , donc $I_{1} \geq 400$ A. Ainsi 400 A ≤ I₁ ≤ 600 A.

4. $P_{J}$ est un polynôme du second degré de coefficient $a = 4, 5 > 0$ , minimal en $I_{1} = \frac{6300}{2 \times 4, 5} =$ 700 A (alors $I_{2} = 350$ A, ce qui respecte bien $I_{2} = \frac{R_{1}}{R_{2}} I_{1}$ ). Mais 700 A > 600 A : S₁ ne peut pas fournir cette intensité, la valeur n'est pas acceptable.

5. L'élève a oublié une contrainte : la valeur 700 A (comme 650 A) est hors de l'intervalle [400 ; 600]. Sur cet intervalle, situé avant le sommet de la parabole, $P_{J}$ est décroissante (le tableau le confirme : 2 279,25 → 1 919,25 kW) : le minimum admissible est atteint à la borne I₁ = 600 A, d'où I₂ = 450 A (≤ 650 A) et P_J = 1 919,25 kW ≈ 1,92 MW. Vérification : $1, 5 \times 600^{2} + 3 \times 450^{2} + 771 750 = 540 000 + 607 500 + 771 750 = 1 919 250$ W.

6. Supplément : $1 919 250 - 1 874 250 = 45 000$ W, soit 45 kW de pertes en plus, prix de la limite de production de S₁.

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