DM de PHYSIQUE N

PCSI 1 - Stanislas

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3 - 12/10/16 - CORRIGÉ

ÉLECTRICITÉ

I. Caténaire de locomotive

1. La résistance d’un conducteur filiforme de longueur ` vaut

. Donc r = ρ S .

La résistance des rails est négligeable car leur section est grande au regard de celle de la caténaire.

2. a)

b) On introduit un courant inconnu i

(cf schéma) et on applique directement la loi des noeuds sur le schéma. On le détermine en appliquant deux lois de maille : U = E − rxi

= E + r(D − x)(i

− I) d’où i

= (1 −

) I et donc U = E − rx (1 −

) I .

Remarque : on ne peut pas appliquer la loi des nœuds en terme de potentiel sous sa forme générale donnée dans le cours, car le moteur n’est pas a priori modélisé comme une résistance (maladresse de l’énoncé...). Toutefois on peut l’écrire dans le but d’expliciter le courant I : I =

+

, ce qui conduit bien au même résultat.

c) D’où ∆U = rx (1 −

) I .

d) En dérivant

on trouve que ∆U est maximal pour x =

, ce qui conduit à ∆U

=

rDI. Donc D = 4∆U

rI = 4, 5 km.

3. a) Le circuit équivalent est ⇔

Donc on obtient ∆U = rx

1 − x 2D

I = 2Dr

1 −

I.

b) Le maximum vaut ∆U

=

rDI d’où D = 2∆U

rI = 2, 3 km. Ce système est donc moins performant que le précédent.

4. a) Le schéma équivalent est le suivant : b) Après simplification par rD, on a V

₁

2

−

+ 4 + 2

=

−

U + 4E + 2E .

1. On reconnaît la fonction paraboliquet(1−t) (avect=x/Dici) qui admet un maximum ent= 1/2 de valeur 1/4. Les résultats suivant s’expriment aussi en fonction de cette parabole, ce qui simplifie les calculs en évitant de dériver.

1

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c) V

− U = r

− x

(I − i

). Or i

=

d’où V

= U + r

− x I −

. En injectant ce résultat dans le précédent, on obtient après multiplication par

−

:

U + r

− x I −

1 + 6

−

= U + 6E

−

On développe cette expression en rassemblant les termes en U, ce qui conduit après simplification à U = E − rxI

1 −

donc ∆U = rx

1 − 3x

2D

I =

r

1 −

I.

d) On obtient ∆U

=

rDI d’où D = 6∆U

rI = 6, 7 km.

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II. Inflammation dans un véhicule à moteur

1. La loi des mailles s’écrit E = Ri

+ L

+ u

avec i

= C

. Donc en dérivant cette équation puis en passant sous forme canonique on obtient

d

i

dt

+ ω

Q d i

dt + ω

i

= 0 avec ω

= 1

√ LC et Q = 1 r

L C . 2. Régime libre pseudo-périodique : i

(t) = e

(λ cos(ωt) + µ sin(ωt)) avec τ =

ω0

et ω = ω

q

1 −

. 3. a) Le courant i

traverse la bobine donc est continu : i

(0

) = i

(0

) = i

(0). A t = 0

le régime est stationnaire donc la bobine équivaut à un fil et la loi des mailles s’écrit E = ri

(0) + 0 + 0 d’où

i

(0) =

r

.

En notant u

la tension aux bornes de la bobine telle que u

= L

, la loi des mailles s’écrit à t = 0

: E = ri

(0) + u

(0

) + u

(0). La tension u

aux bornes du condensateur est continue, et vaut 0 car il est court-circuité à t = 0

. Cela donne E = E+u

(0

) donc u

(0

) = 0, donc di

dt (0

) = 0 . b) Les conditions initiales conduisent à i

(0

) = λ =

et

(0

) = µω −

= 0 donc µ =

. De plus

u

= M

ce qui conduit à u

= −U e

sin(ωt) en notant U = M Eω r

1 + 1

τ

ω

.

c) La tension u

est encadrée par deux enveloppes exponentielles symétriques par rapport à 0 : −U e

≤ u

≤ U e

. Les zéros montant (respectivement descendant) sont T-périodiques avec T = 2π

ω (c’est le cas aussi de ses maxima et de ses minima). Enfin u

∼

t→0⁺

−U ωt donc la courbe commence par décroître.

4. a) On note t

un maximum ou un minimum de u

, alors δ = ln

u

(t

) u

(t

+ T )

.

b) On a sin(ω(t

+T )) = sin(ωt

) donc δ = ln

e^−tmτ e^−tm+Tτ

= ln(e

) =

=

d’où δ = π Q

1 − 1

4Q

2

.

c) On inverse la relation précédente : Q =

π

δ

+ 1

4 ≈ π δ ≈ 9, 2.

Comme Q =

C

on en déduit C = L Q

r

≈ Lδ

π

r

≈ 4, 9 µF.

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